(人教通用,文科)二轮专题训练·对接高考练习：专题1第

一、选择题 1．函数f(x)的定义域是R，f(0)＝2，对任意x∈R，f(x)＋f′(x)>1，则不等式ex·f(x)>ex＋1的解集为( )． A.{}x|x>0 B.{}x|x<0 C.{}x|x<－1，或x>1 D.{}x|x<－1，或0解析 构造函数g(x)＝ex·f(x)－ex，因为g′(x)＝ex·f(x)＋ex·f′(x)－ex＝ex[f(x)＋

f′(x)]－e

x>ex－ex＝0，所以g(x)＝ex·f(x)－ex为R上的增函数．又因为g(0)＝e0

·f(0)

－e0＝1，所以原不等式转化为g(x)>g(0)，解得x>0. 答案 A 2．已知f(x)是定义在(0，＋∞) 上的非负可导函数，且满足xf′(x)＋f(x)≤0，对任意的0A．af(b)≤bf(a) B．bf(a)≤af(b) C．af(a)≤f(b) D．bf(b)≤f(a) 解析 因为xf′(x)≤－f(x)，f(x)≥0，

所以fxx′＝xf′x－fxx2≤－2fxx2≤0， 则函数fxx在(0，＋∞)上单调递减． 由于0答案 A 3．(2014·汕头模拟)已知e是自然对数的底数，函数f(x)＝ex＋x－2的零点为a，函数g(x)＝ln x＋x－2的零点为b，则下列不等式中成立的是( )． A．f(a)＜f(1)＜f(b) B．f(a)＜f(b)＜f(1) C．f(1)＜f(a)＜f(b) D．f(b)＜f(1)＜f(a) 解析 由题意，知f′(x)＝ex＋1＞0恒成立，所以函数f(x)在R上是单调递增的，而f(0)＝e0＋0－2＝－1＜0，f(1)＝e1＋1－2＝e－1＞0，所以函数f(x)的零 点a∈(0,1)； 由题意，知g′(x)＝1x＋1＞0，所以g(x)在(0，＋∞)上是单调递增的，又g(1)＝ln 1＋1－2＝－1＜0，g(2)＝ln 2＋2－2＝ln 2＞0，所以函数g(x)的零点b∈(1,2)． 综上，可得0＜a＜1＜b＜2. 因为f(x)在R上是单调递增的，所以f(a)＜f(1)＜f(b)． 答案 A 4．(2013·安徽卷)若函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有极值点x1，x2，且f(x1)＝x1，则关于x的方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0的不同实根个数是( )． A．3 B．4 C．5 D．6 解析 因为函数f(x)＝x3＋ax2＋bx＋c有两个极值点x1，x2，可知关于导函数的方程f′(x)＝3x2＋2ax＋b＝0有两个不等的实根x1，x2，则方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有两个不等的实根，即f(x)＝x1或f(x)＝x2，原方程根的个数就是这两个方程f(x)＝x1和f(x)＝x2的不等实根的个数之和，若x1＝x3＋ax2＋bx＋c有三个不同交点如图1.

图1 图2 即方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同的实根． 若x1>x2，如图2同理方程3(f(x))2＋2af(x)＋b＝0有三个不同实根． 答案 A 二、填空题

5．函数f(x)＝13x3－x2－3x－1的图象与x轴的交点个数是________． 解析 f′(x)＝x2－2x－3＝(x＋1)(x－3)，函数在(－∞，－1)和(3，＋∞)上是增函数，在(－1,3)上是减函数，由f(x)极小值＝f(3)＝－10＜0，f(x)极大值＝f(－1)＝23＞0 知函数f(x)的图象与x轴的交点个数为3. 答案 3 6．(2014·温州模拟)关于x的方程x3－3x2－a＝0有三个不同的实数解，则实数a的取值范围是________． 解析 由题意知使函数f(x)＝x3－3x2－a的极大值大于0且极小值小于0即可，又f′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，令f′(x)＝0，得x1＝0，x2＝2.当x＜0时，f′(x)＞0；当0＜x＜2时，f′(x)＜0；当x＞2时，f′(x)＞0，所以当x＝0时，f(x)取得极大值，即f(x)极大值＝f(0)＝－a；当x＝2时，f(x)取得极小值，即f(x)极小值＝

f(2)＝－4－a，所以 －a＞0，－4－a＜0，解得－4＜a＜0. 答案 (－4,0) 7．(2014·洛阳模拟)已知函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，则a的取值范围是________． 解析 函数f(x)＝ex－2x＋a有零点，即方程ex－2x＋a＝0有实根，即函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，而g′(x)＝2－ex，易知函数g(x)＝2x－ex在(－∞，ln 2)上递增，在(ln 2，＋∞)上递减，因而g(x)＝2x－ex的值域为(－∞，2ln 2－2]，所以要使函数g(x)＝2x－ex，y＝a有交点，只需a≤2ln 2－2即可． 答案 (－∞，2ln 2－2]

8．(2014·邯郸质检)已知函数f(x)＝13x3－x2－3x＋43，直线l：9x＋2y＋c＝0，若当x∈[－2,2]时，函数y＝f(x)的图象恒在直线l下方，则c的取值范围是________． 解析 根据题意知13x3－x2－3x＋43＜－92x－c2在x∈[－2,2]上恒成立，则－c2＞13x3

－x2＋32x＋43， 设g(x)＝13x3－x2＋32x＋43， 则g′(x)＝x2－2x＋32， 则g′(x)＞0恒成立，所以g(x)在[－2,2]上单调递增， 所以g(x)max＝g(2)＝3，则c＜－6. 答案 (－∞，－6) 三、解答题 9．(2014·新课标全国卷Ⅱ)已知函数f(x)＝x3－3x2＋ax＋2，曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线与x轴交点的横坐标为－2. (1)求a； (2)证明：当k＜1时，曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点． (1)解 f′(x)＝3x2－6x＋a，f′(0)＝a. 曲线y＝f(x)在点(0,2)处的切线方程为y＝ax＋2.

由题设得－2a＝－2，所以a＝1. (2)证明 由(1)知，f(x)＝x3－3x2＋x＋2. 设g(x)＝f(x)－kx＋2＝x3－3x2＋(1－k)x＋4. 由题设知1－k＞0. 当x≤0时，g′(x)＝3x2－6x＋1－k＞0，g(x)单调递增，g(－1)＝k－1＜0，g(0)＝4，所以g(x)＝0在(－∞，0]有唯一实根． 当x＞0时，令h(x)＝x3－3x2＋4， 则g(x)＝h(x)＋(1－k)x＞h(x)． h′(x)＝3x2－6x＝3x(x－2)，h(x)在(0,2)单调递减，在(2，＋∞)单调递增，所以g(x)＞h(x)≥h(2)＝0. 所以g(x)＝0在(0，＋∞)没有实根． 综上，g(x)＝0在R有唯一实根，即曲线y＝f(x)与直线y＝kx－2只有一个交点．

10．已知函数f(x)＝13x3＋1－a2x2－ax－a，x∈R，其中a＞0. (1)求函数f(x)的单调区间； (2)若函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点，求a的取值范围． 解 (1)f′(x)＝x2＋(1－a)x－a＝(x＋1)(x－a)． 由f′(x)＝0，得x1＝－1，x2＝a＞0. 当x变化时，f′(x)，f(x)的变化情况如下表： x (－∞，－1) －1 (－1，a) a (a，＋∞) f′(x) ＋ 0 － 0 ＋ f(x) ↗ 极大值 ↘ 极小值 ↗ 故函数f(x)的单调递增区间是(－∞，－1)，(a，＋∞)；单调递减区间是(－1， a)． (2)由(1)知f(x)在区间(－2，－1)内单调递增，在区间(－1，0)内单调递减，从而

函数f(x)在区间(－2,0)内恰有两个零点当且仅当 f－2＜0，f－1＞0，f0＜0.解得0＜a＜13. 所以a的取值范围是0，13. 11．已知函数f(x)＝ln x＋kex(k为常数，e＝2.718 28…是自然对数的底数)，曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行． (1)求k的值； (2)求f(x)的单调区间； (3)设g(x)＝xf′(x)，其中f′(x)为f(x)的导函数，证明：对任意x＞0，g(x)＜1＋e－2.

(1)解 由f(x)＝ln x＋kex， 得f′(x)＝1－kx－xln xxex，x∈(0，＋∞)， 由于曲线y＝f(x)在点(1，f(1))处的切线与x轴平行． 所以f′(1)＝0，因此k＝1.

(2)解 由(1)得f′(x)＝1xex(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)， 令h(x)＝1－x－xln x，x∈(0，＋∞)， 当x∈(0,1)时，h(x)＞0；当x∈(1，＋∞)时，h(x)＜0. 又xex＞0，所以x∈(0,1)时，f′(x)＞0； x∈(1，＋∞)时，f′(x)＜0.因此f(x)的单调递增区间为(0,1)，单调递减区间为(1，＋∞)． (3)证明 因为g(x)＝xf′(x)，

所以g(x)＝1ex(1－x－xln x)，x∈(0，＋∞)， 由(2)得，h(x)＝1－x－xln x， 求导得h′(x)＝－ln x－2＝－(ln x－ln e－2)．